Codeforces Round #628 (Div. 2)
传送门：
https://codeforces.com/contest/1325
A
很简单的构造，输出 \(1,n-1\) 即可。
int main(){
int T; cin>>T;
while(T--){
int n; cin>>n;
cout<<1<<' '<<n-1<<endl;
}
return 0;
}
B
需要做一定的转化，发现就是在求数列中有多少不同的值。
int main(){
int T; cin>>T;
while(T--){
int n; cin>>n;
unordered_set<int> st;
rep(i,1,n){
int v; read(v);
st.insert(v);
}
cout<<(int)st.size()<<endl;
}
return 0;
}
C
- 当树退化成链的时候，怎么构造都是一个结果，直接按顺序赋值即可。
- 如果树不是链，说明存在一个点的度数大于 \(3\)，那我们在这个点上将 \(0,1,2\) 三个值分配下来即可，这样就能够保证答案为 \(2\) 了。
inline void read(int &x) {
int s=0;x=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-')x=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9') s=(s<<3)+(s<<1)+ch-'0',ch=getchar();
x*=s;
}
const int N=1e5+50, M=N<<1;
struct Edge{
int u, v, w;
}e[N];
int deg[N];
bool vis[N];
int main(){
int n; cin>>n;
rep(i,1,n-1){
int u, v; read(u), read(v);
e[i]={u, v};
deg[u]++, deg[v]++;
}
int cnt=0;
rep(i,1,n) cnt=max(cnt, deg[i]);
if(cnt<=2){
rep(i,1,n-1) cout<<i-1<<endl;
return 0;
}
int t;
rep(i,1,n) if(deg[i]>2){
t=i;
break;
}
int cur=0;
rep(i,1,n-1){
int u=e[i].u, v=e[i].v;
if(u==t || v==t && cur<=2) e[i].w=cur++, vis[i]=true;
}
rep(i,1,n-1) if(!vis[i]) e[i].w=cur++;
rep(i,1,n-1) cout<<e[i].w<<endl;
return 0;
}
D
要求构造一个最短的数列使得异或值为 \(u\)，和为 \(v\)。
- 首先特判 \(0~0\) 的情况
- 如果 \(u>v\)，肯定无解，输出
-1。 - \(u=v\)，一个 \(u\) 就是答案了。
- 剩下就是 \(u<v\) 的情况，\(u,v\) 奇偶性必须相同，否则无解，因为对于数列异或与和，其二进制意义下的第一位一定相等，也就是 \(u,v\) 奇偶性相同。然后在 \(u,v\) 奇偶性相同的前提下，我们首先发现答案长度一定小于等于 \(3\)，构造方案就是 \(\{u,\frac{v-u}{2},\frac{v-u}{2}\}\)，如果 \(u \&\frac{v-u}{2}=0\)，说明二者可以合并，那么此时答案为 \(2\)。
int main(){
ll u, v; cin>>u>>v;
if(!u && !v) puts("0");
else if(u>v) puts("-1");
else if(u==v) cout<<1<<endl<<u<<endl;
else if(u<v){
ll t=v-u>>1;
if((u&1)!=(v&1)) puts("-1");
else if(!(u&t)){
puts("2");
cout<<(u|t)<<' '<<t<<endl;
}
else{
puts("3");
cout<<u<<' '<<t<<' '<<t<<endl;
}
}
return 0;
}
E
因为每个数 \(a_i\) 质因子至多两个，故 \(a_i\) 可以作为边建图，然后边的两点是质因子（或 \(1\)）。
下面的任务是找到最小环。
因为大于 \(1000\) 的点间不存在边，所以以值 \(< 1000\) 的点为起点多次进行 bfs 找最小环即可。
对于每次 bfs，队列里的元素是当前点 \(u\) 和它的前驱 \(fa\)，
当 \(u\) 展开它所连接的点 \(go\) 时，
如果 \(go\) 是 \(fa\) 则跳过，否则看看 \(go\) 是不是 \(vis\) 过的点，不是则入队，是则更新环。
const int N=1e5+5, V=1e6+5, M=N<<1;
int n;
struct Edge{
int to, next;
}e[M];
int h[N], tot;
void add(int u, int v){
e[tot].to=v, e[tot].next=h[u], h[u]=tot++;
}
int prime[V], cnt;
bool st[V];
int id[V];
void init(){
id[1]=1;
rep(i,2,V-1){
if(!st[i]) prime[++cnt]=i, id[i]=cnt+1;
for(int j=1; i*prime[j]<V; j++){
st[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0) break;
}
}
}
bool vis[V];
vi S;
void upd(int n){
int u=0, v=0;
for(int i=2; i*i<=n; i++){
if(n%i==0){
int p=0;
while(n%i==0) n/=i, p++;
if(p&1){
if(!u) u=i;
else v=i;
}
}
}
if(n>1){
if(!u) u=n;
else v=n;
}
if(!u && !v){
puts("1");
exit(0);
}
else if(!v){
if(!vis[u] && u<=1000) vis[u]=true, S.pb(id[u]);
if(!vis[1]) vis[1]=true, S.pb(id[1]);
u=id[u], v=id[1];
add(u, v), add(v, u);
}
else{
if(!vis[u] && u<=1000) vis[u]=true, S.pb(id[u]);
if(!vis[v] && v<=1000) vis[v]=true, S.pb(id[v]);
u=id[u], v=id[v];
add(u, v), add(v, u);
}
}
struct Node{
int u, fa;
}q[V];
int tt, hh;
int ans=INF;
int d[N];
int main(){
init();
cin>>n;
memset(h, -1, sizeof h);
rep(i,1,n){
int v; read(v);
upd(v);
}
for(auto s: S){
rep(i,1,cnt) d[i]=INF, vis[i]=false;
tt=-1, hh=0;
q[++tt]={s, -1};
vis[s]=true;
d[s]=0;
while(tt>=hh){
auto t=q[hh++];
int u=t.u, fa=t.fa;
for(int i=h[u]; ~i; i=e[i].next){
int go=e[i].to;
if(go==fa) continue;
if(!vis[go]){
q[++tt]={go, u};
vis[go]=true;
d[go]=d[u]+1;
}
else ans=min(ans, d[u]+d[go]+1);
}
}
}
cout<<(ans==INF? -1: ans)<<endl;
return 0;
}
F
dfs 树。
我们记 \(lim = \lceil \sqrt n \rceil\)。
注意到对于一个无向图的边集所对应的 dfs 树的边集只可能是树边和回边。
记当前点为 \(u\)，\(u\) 出发沿着回边走到的点为 \(go\)。
我们有当 \(dep[u]-dep[go]+1\geq lim\) 时，图上存在大小大于 \(lim\) 的环。
假如图不存在大小大于 \(lim\) 的环，那么这意味着对于每个点，其最多有 \(lim-2\) 条回边（考虑极端情况即得），也就是说你在 dfs 树上选一个点，最多有 \(lim-2\) 个祖先不能被选取，我们在回溯的过程中做选点操作就可以了。
复杂度为 \(O(N+M)\)。
// Problem: F. Ehab's Last Theorem
// Contest: Codeforces - Codeforces Round #628 (Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1325/problem/F
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 1000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#pragma GCC optimize("O3")
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define debug(x) cerr << #x << ": " << x << endl
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define set0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define dwn(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define ceil(a,b) (a+(b-1))/(b)
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define SUM(a) accumulate(all(a), 0LL)
#define MIN(a) (*min_element(all(a)))
#define MAX(a) (*max_element(all(a)))
#define lb(a, x) distance(begin(a), lower_bound(all(a), (x)))
#define ub(a, x) distance(begin(a), upper_bound(all(a), (x)))
#define INF 0x3f3f3f3f
#define ll_INF 0x7f7f7f7f7f7f7f7f
using pii = pair<int, int>;
using pdd = pair<double, double>;
using vi = vector<int>;
using vvi = vector<vi>;
using vb = vector<bool>;
using vpii = vector<pii>;
using ll = long long;
using ull = unsigned long long;
inline void read(int &x) {
int s=0;x=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-')x=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9') s=(s<<3)+(s<<1)+ch-'0',ch=getchar();
x*=s;
}
const int N=2e5+5, M=N<<2;
struct Edge{
int to, next;
}e[M];
int h[N], tot;
void add(int u, int v){
e[tot].to=v, e[tot].next=h[u], h[u]=tot++;
}
int n, m;
int lim;
bool vis[N]; // 标记是否作为独立集中的点
vi res; // 记录独立集
int d[N]; // 记录深度，同时标记 dfs 中是否访问过该点。
int stk[N], top; // 维护当前 dfs 栈中的点集。
void dfs(int u){
stk[++top]=u;
d[u]=top;
for(int i=h[u]; ~i; i=e[i].next){
int go=e[i].to;
if(!d[go]) dfs(go);
else if(d[u]-d[go]+1>=lim){
puts("2"); cout<<d[u]-d[go]+1<<endl;
rep(i,d[go],d[u]) cout<<stk[i]<<' ';
exit(0);
}
}
if(!vis[u]){
res.pb(u);
for(int i=h[u]; ~i; i=e[i].next){
int go=e[i].to;
vis[go]=true;
}
}
top--;
}
int main(){
memset(h, -1, sizeof h);
cin>>n>>m;
rep(i,1,m){
int u, v; read(u), read(v);
add(u, v), add(v, u);
}
lim=sqrt(n-1)+1;
dfs(1);
puts("1");
rep(i,0,lim-1) cout<<res[i]<<' ';
return 0;
}
